刷题记录:牛客NC14731逆序对

求所有长度为n的01串中满足如下条件的二元组个数：
设第i位和第j位分别位ai和aj（i

• 1
• 2
• 3
• 4
• 5
• 6
• 7

首先这又是一道思维题,或许也可以认为这是一道数学题,对于这种题目,建议可以自己思考一点时间,但是对于这种题目一般做起来我都是感觉比较痛苦的,因为如果你的脑电波没有对上路的话,意味着你应该就是做不出来的.

下面是我的解题:

1. 刚开始我看了一下给我解释的3位的字符串

000 001 010 011 100 101 110 111
0   0   1   0   2   1   2   0
1
2

是不是乍一看竟然是有规律的,收尾都是0,然后中间的每一个收尾加起来都是2,当我我心中狂喜,可能就要这么的被秒杀了,为了严谨起见,我又手算了一下4位字符的情况

0000     0                          1011         1
0001     0                          1100         4   
0010     1                          1101         2
0011     0                          1110         3
0100     2                          1111         0
0101     1                         
0110     2
0111     0
1000     3
1001     2
1010     3
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11

发现这个规律被打破了,当时的我内心那个崩溃啊
但是在手推的过程中,我发现了数字前后互补的一个小结论,也就是0和1出现的期望其实是相同的

既然我们找不到一个好用的结论,那就只能看看纠结于一个位数的数字看看能不能找到什么规律吧

我们先假设在第i的数字是0,这样的话在i的前面就有i-1个数字,在i位置的后面有n-i个数字
既然该位置是0的话是不是就代表i位置之后的任何一个位置是什么数字都不会对我们的逆序对产生任何的影响
但是会影响我们i位置之前的逆序对数(因为每一种都是一种格外的情况),此时有2^(n-i)种情况
我们再来考虑i位置之前的逆序对到底有多少个呢,一共有i-1个数字,那么我们直接填数的话,就有2^(i-1)种情况,然后其
中数字1产生的贡献是2^(i-1)*(i-1)/2种,可能一下子不容易看懂,这里我们举一个栗子:
假设我们有3位字符,此时我们的i=3,那么i位置之前就有一下情况:
00 01 10 11
其中1出现的总次数=2^(3-1)*(3-1)/2
然后我们就发现确定任何一位我们得到的逆序对数=2^(n-i)*2^(i-1)*(i-1)/2=2^(n-2)*(i-1)
1
2
3
4
5
6
7
8
9

然后我们共有n种取法,所以最终的答案就是$\sum _{i=1}^n$(i-1)*2^(n-2)=n*(n-1) *2^(n-3)

这样我们就得到了一个数列的通项了.

但是注意因为该题的n极大,且需在乘幂的过程中不断的取模,因此我们还需要快速幂的代码(如果没有学过快速幂建议到这里学习过后再来,快速幂的码量不大且也比较好理解)

注意点,因为这种题目的数据随随便便就会变得很大,所以注意随时取模,在每一次乘的时候都要记得取模,这样答案才不会出错,建议使用long long

下面是具体的代码实现:

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
#define inf 0x3f3f3f3f
#define root 1,n,1
#define lson l,mid,rt<<1
#define rson mid+1,r,rt<<1|1
inline ll read() {
	ll x=0,w=1;char ch=getchar();
	for(;ch>'9'||ch<'0';ch=getchar()) if(ch=='-') w=-1;
	for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';
	return x*w;
}
#define maxn 1000000
ll mod=1e9+7;
ll qpow(ll x,ll y) {
	if(y==1) return x;
	ll sum=1;
	while(y>0) {
		if(y&1) {
			sum*=x;sum%=mod;
		}
		x*=x;x%=mod;
		y>>=1;
	}
	return sum;
}
int main() {
	ll n;n=read();
	if(n==1) cout<<0<<endl;
	else if(n==2) cout<<1<<endl;
	else {
		cout<<(((n%mod)*((n-1)%mod))%mod*qpow(2,n-3)%mod)%mod<<endl;
	}
	return 0;
}
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45